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- 2021-05-13 发布
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2019高考物理总复习 1-2 匀变速直线运动规律练习
1.(2019·山西四校联考)伽利略为了研究自由落体的规律,将落体实验转
化为著名的“斜面实验”,对于这个研究过程,下列说法正确的是( )
A.斜面实验放大了重力的作用,便于测量小球运动的路程
B.斜面实验“冲淡”了重力的作用,便于小球运动时间的测量
C.通过对斜面实验的观察与计算,直接得到自由落体的运动规律
D.根据斜面实验结论进行合理的计算,得到自由落体的运动规律
解析:“斜面实验”中小球运动的加速度较小,便于运动时间的测量,A错误、B正确;斜面倾角增大到90°时,斜面运动外推为自由落体运动,C、D错误.
答案:B
2.汽车进行刹车试验,若速率从8 m/s匀减速至零,需用时间1 s,按规定速率为8 m/s的
汽车刹车后拖行路程不得超过5.9 m,那么上述刹车试验的拖行路程是否符合规定( )
A.拖行路程为8 m,符合规定
B.拖行路程为8 m,不符合规定
C.拖行路程为4 m,符合规定
D.拖行路程为4 m,不符合规定
解析:==4 m/s.x=·t=4 m<5.9 m,故C正确.
答案:C
3.给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动,加速度大小为,当滑块速度大
小减为时,所用时间可能是( )
A. B.
C. D.
解析:当滑块速度大小减为时,其方向可能与初速度方向相同,也可能与初速度方向相反,因此要考虑两种情况,即v=和v=-,由公式t=,得t=和t=,故C选项正确.
答案:C
4.一个小石块从空中a点自由落下,先后经过b点和c点.不计空气阻力.已知它经过b
点时的速度为v,经过c点时的速度为3v,则ab段与ac段位移大小之比为( )
A.1∶3 B.1∶5
C.1∶8 D.1∶9
解析:由v=gt可知小石块在ab段运动时间与ac段运动时间之比为1∶3,由匀变速直线运动的平均速度公式可知小石块在ab段运动的平均速度与ac段运动的平均速度大小之比为1∶3,则ab段与ac段位移大小之比为1∶9.
答案:D
5.一个质点正在做匀加速直线运动,现用固定的照相机对该质点进行闪光照相,闪光时间
间隔为1 s.分析照片得到的数据,发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了2 m,在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8 m,由此不可求得( )
A.第1次闪光时质点的速度
B.质点运动的加速度
C.从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移
D.质点运动的初速度
解析:由x23-x12=x34-x23可求x23,故C正确;由Δx=aT2可求a,故B正确;由v2=可求v2,再由v2=v1+aT可求v1,故A正确,但物体原来的初速度无法求出,故选D.
答案:D
6.一小物体以一定的初速度自光滑斜面的底端a点上滑,最远可达b点,e为ab的中点,[来源:学,科,网Z,X,X,K]
已知物体由a到e的时间为t0,则它从e经b再返回e所需时间为( )
A.t0 B.(-1)t0
C.2(+1)t0 D.(2+1)t0
解析:由逆向思维可知物体从b到e和从e到a的时间比为1∶(-1);即t∶t0=1∶(-1),得t=(+1)t0,由运动的对称性可得从e到b和从b到e的时间相等,所以从e经 b再返回e所需时间为2t,即2(+1)t0,答案为C.
答案:C
7.(2019·高考安徽卷)一物体做匀加速直线运动,通过一段位移Δx所用的时间为t1,紧接着
通过下一段位移Δx所用的时间为t2.则物体运动的加速度为( )
A. B.
C. D.
解析:由匀变速直线运动一段时间内,中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可知v1=,v2=,由匀变速直线运动的速度公式知v2=v1+a.联立以上三式可得A正确.
答案:A
8.如右图所示,木块A、B并排且固定在水平桌面上,A的长度是
L,B的长度是2L,一颗子弹沿水平方向以速度v1射入A,以速度v2穿过B,子弹可
视为质点,其运动视为匀变速直线运动,则子弹穿出A时的速度为( )
A. B. [来源:1ZXXK]
C. D.v1
解析:设子弹运动的加速度大小为a,子弹穿出A时的速度为v,子弹在A中运动过程中,有v2-v=-2aL,子弹在B中运动过程中,有v-v2=-2a·2L,两式联立可得,v= ,因此C对.
答案:C
9.不计空气阻力,以一定的初速度竖直上拋一物体,从拋出至回到拋出点的时间为t,现
在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板,物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反,撞击所需时间不计,则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( )
A.0.5t B.0.4t
C.0.3t D.0.2t
解析:将物体的上升过程分成位移相等的两段,设下面一段位移所用时间为t1,上面一段位移所用时间为t2,根据逆向思维可得:t2∶t1=1∶(-1),又知,物体撞击挡板后以原速度大小弹回(撞击所需时间不计),物体上升和下降的总时间t′=2t1且t1+t2=,由以上几式可得:t′=(-1)t/≈0.3t,正确答案为C.
答案:C
10.研究人员为检验某一产品的抗撞击能力,乘坐热气球并携带该产品竖直升空,当热气
球以10 m/s的速度匀速上升到某一高度时,研究人员从热气球上将产品自由释放,测得经11 s产品撞击到地面.不计产品所受的空气阻力,求产品的释放位置距地面的高度.(g取10 m/s2)
解析:解法一:全程法
将产品的运动视为匀变速直线运动,根据题意画出运动草图如图所示.
规定向上为正方向,则v0=10 m/s,a=-g=-10 m/s2
根据H=v0t+at2[来源:学|科|网Z|X|X|K]
解得H=-495 m
即产品的释放位置离地距离为495 m.
解法二:分段法
仍然根据题意画出运动草图如图所示.将产品的运动过程分为A→B和B→C→D两段来处理.A→B为竖直上拋运动,B→C→D为自由落体运动.
在A→B段,根据竖直上拋运动规律可知tAB==1 s[来源:学+科+网]
hAB=hBC=gt(或)=5 m
由题意可知tBD=11 s-1 s=10 s
根据自由落体运动规律可得
hBD=gt=500 m[来源:1ZXXK]
故释放点的高度H=hBD-hBC=495 m.
答案:495 m
11.(改编题)2011年12月1日至21日,印度和吉尔吉斯斯坦举
行了代号为“匕首—2011”的联合反恐军事演习,印方参演人员全部来自印度伞兵团.在一次低空跳伞演练中,当直升飞机悬停在离地面224 m高处时,伞兵离开飞机做自由落体运动.运动一段时间后,打开降落伞,展伞后伞兵以12.5 m/s2的加速度匀减速下降.为了伞兵的安全,要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s,(取g=10 m/s2)求:
(1)伞兵展伞时,离地面的高度至少为多少?着地时相当于从多高处自由落下?
(2)伞兵在空中的最短时间为多少?
解析:(1)设伞兵展伞时,离地面的高度至少为h,此时速度为v0,则有v2-v=-2ah,即52-v=-2×12.5×h
又v=2g(224-h)=2×10×(224-h)
联立解得h=99 m,v0=50 m/s
以5 m/s的速度落地相当于从h1高处自由落下,
即2gh1=v2 所以h1== m=1.25 m.
(2)设伞兵在空中的最短时间为t,
则有v0=gt1,t1== s=5 s,
t2== s=3.6 s,
故所求时间t=t1+t2=(5+3.6) s=8.6 s.
答案:(1)99 m 1.25 m (2)8.6 s
12.从斜面上某一位置,每隔0.1 s释放一个小球,在连续释放几个小球后,
对在斜面上滚动的小球拍下照片,如右图所示,测得xAB=15 cm,xBC=20 cm,求:
(1)小球的加速度;
(2)拍摄时B球的速度;
(3)拍摄时xCD的大小;
(4)A球上方滚动的小球还有几个.
解析:(1)由Δx=aT2得:a===5 m/s2
(2)vB==1.75 m/s
(3)由Δx=xCD-xBC=xBC-xAB得:
xDC=2xBC-xAB=25 cm.
(4)小球B到达图示位置运动的时间
tB==0.35 s
则B球上面正在运动着的小球共有3颗,A球上面正在运动着的小球共有2颗.
答案:(1)5 m/s2 (2)1.75 m/s (3)25 cm (4)2颗